Câu 17 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

138 lượt xem

Đề bài

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Xét hai tia At, Ct’ cùng chiều và cùng vuông góc với mp(ABC). Lấy điểm M thuộc At, N thuộc Ct’ (M ≠ A, N ≠ C). Đặt AM = m, CN = n.

a) Tính góc giữa các mặt phẳng (MBD) và (NBD) với mặt phẳng (ABCD).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD). Tìm hệ thức giữa a, b, m, n để hai mặt phẳng đó vuông góc.

c) Khi a = b và mp(MBD) vuông góc với mp(NBD), hãy tính đường cao OI của tam giác MON (trong đó O là giao điểm của AC và BD), từ đó suy ra hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau.

Lời giải chi tiết

a) Kẻ $AH \bot B{\rm{D}}$ . Do $MA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$ nên $MH \bot B{\rm{D}}$ (định lí ba dường vuông góc).

Ta có MAH là tam giác vuông tại A nên $\widehat {MHA}$ là góc giữa mp(MBD) với mp(ABCD). Đặt $\widehat {MHA} = \alpha$ thì

$\eqalign{ & \tan \alpha = {{MA} \over {AH}},MA = m \cr & AH = {{ab} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \cr & \Rightarrow \tan \alpha = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}} \cr}$

Vậy góc giữa mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (ABCD) là α mà

$\tan \alpha = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}$

Tương tự, ta có $\widehat {NKC}$ là góc giữa mp(NBD) với mp(ABCD) và đặt $\widehat {NKC} = \beta$ thì

$\tan \beta = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}$

Vậy góc giữa mặt phẳng (NBD) và mặt phẳng (ABCD) là β mà

$\tan \beta = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}$

b) Kẻ Hx song song với KN, do AH // KC và At, Ct’ nằm về một phía của (ABCD) nên $\widehat {MH{\rm{x}}}$ hoặc ${180^0} - \widehat {MH{\rm{x}}}$ là góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD).

Đặt $\widehat {MH{\rm{x}}} = \gamma$ thì $\gamma = {180^0} - \left( {\alpha + \beta } \right)$

$\eqalign{ & \tan \gamma = - tan\left( {\alpha + \beta } \right) = {{\tan \alpha + \tan \beta } \over {\tan \alpha \tan \beta - 1}} \cr & = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2}}} \cr}$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD) là φ mà

$\tan \varphi = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {\left| {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2}} \right|}}$

Từ đó, suy ra mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (NBD) vuông góc khi và chỉ khi

$mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2} = 0$ hay $mn = {{{a^2}{b^2}} \over {{a^2} + {b^2}}}$ .

Khi a = b thì H ≡ K ≡ O và $mp\left( {MB{\rm{D}}} \right) \bot mp\left( {NB{\rm{D}}} \right)$ tức là $mn = {{{a^2}} \over 2}$ .

Gọi OI là đường cao của tam giác vuông OMN.

Ta có

$\eqalign{ & OI = {{2{{\rm{S}}_{MON}}} \over {MN}} \cr & 2{{\rm{S}}_{MON}} = 2\left[ {{S_{ACNM}} - \left( {{S_{AM{\rm{O}}}} + {S_{CNO}}} \right)} \right] \cr & = 2\left( {{1 \over 2}\left( {m + n} \right)a\sqrt 2 - {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}m - {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}n} \right) \cr & = {{a\sqrt 2 } \over 2}\left( {m + n} \right) \cr & MN = \sqrt {{{\left( {m - n} \right)}^2} + 2{{\rm{a}}^2}} \cr & = \sqrt {{{\left( {m - n} \right)}^2} + 4mn} \cr & = m + n \cr}$

Từ đó $OI = {{a\sqrt 2 } \over 2}$

Vậy BID là tam giác vuông tại I.

Mặt khác $B{\rm{D}} \bot \left( {MACN} \right)$ nên $B{\rm{D}} \bot MN$ ; kết hợp với $OI \bot MN$ ta có $MN \bot \left( {BI{\rm{D}}} \right)$ .

Vì $\widehat {BI{\rm{D}}} = {90^0}$ nên hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau.

SBT Toán lớp 11 Nâng cao